de thi DH khoi A 2012 nhieu cach giai

ở đây hs cơ bản có thể tính IH bằng cách xác định tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng d.. Ta có H là trung điểm của AB..[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn : TOÁN - Khối : A A1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số 2

2 1

yx  ( m )x m ( ) ,với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông Câu (1,0 điểm) Giải phương trình s in2x+cos2x=2cosx-1

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

   

 (x, y  R)

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

2

1 ln(x 1)

I dx

x

 



Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng

cách hai đường thẳng SA BC theo a

Câu (1,0 điểm) : Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức 2

3x y 3y z 3z x 6 P       x  y  z

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử 11 1;

2 M 

 và đường thẳng AN có phương trình 2x – y – = Tìm tọa độ điểm A

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1

x y z   điểm I (0; 0; 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn

5Cnn Cn Tìm số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Niu-tơn

2 14

n nx

x

 



 

  , x ≠ B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2

+ y2 = Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vuông

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1

2 1

x y z

  , mặt phẳng (P) : x + y – 2z + = điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình đường thẳng  cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa 5( )

1 z i

i z

  

BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: a/ Khảo sát, vẽ (C) :

m =  y = x4

– 2x2

D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ =  x = hay x = 1

Hàm số đồng biến (-1; 0) (1; +), nghịch biến (-;-1) (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = ±1 yCT = -1

lim

xy  Bảng biến thiên :

x - -1 + y’  +  +

y + + -1 -1

y =  x = hay x = 

Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) cắt Ox hai điểm ( 2; 0) b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ =  x = hay x2

= (m + 1)

Hàm số có cực trị  m + >  m > -1 Khi đồ thị hàm số có cực trị A (0; m2

), B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1) Do AB = AC nên tam giác vng A Cách 1. Gọi M trung điểm BC  M (0; -2m–1)

Do ycbt  BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)  m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2  = (m + 1) m1 =

3

(m1) (do m > -1)  = (m + 1) (do m > -1)  m =

Cách 2. Ta có: AB m 1; 2m 1 m2;AB m12  2m 1 m22

 2  2  22

1; ;

AC  m  m m AC m   m m



Do tam giác ABC cân A nên tam giác ABC vuông

   2 2    4

1

AB AC m m m m m

              

   3  

3

1 1 1

1 m

m m m m

m   

 

            

 

 Câu sin 2xcos 2x2cos -1x

 3sinxcosx + 2cos2x = 2cosx 2 cosx s inx cos x 1 cosx = hay sinx + cosx =

 cosx = hay

2 sinx +

2cosx =

2  cosx = hay cos(x 3) cos3

 

 

 x =

2 k hay x k

    

hay 2

x  k  (k  Z) Câu 3:

x y

-1

2

O

-

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

   



Cách 1: Đặt t = -x Hệ trở thành

3 2

2

3 9( ) 22

2

t y t y t y

t y t y

      

 

   



Đặt S = y + t; P = y.t Hệ trở thành

3

2

3 3( ) 22 3( ) 22

1 1

2 ( )

2 2

S PS S P S S PS S P S

S P S P S S

           

 

 

     

 

 

3

2

3

2 45 82

4

1

( )

2

2

S S S

P

P S S

S

      

 

 

  

   



Vậy nghiệm hệ 3; ; 1; 2 2



    

   

   

Cách :

3

2

3 22

1

( ) ( )

2

x x x y y y

x y

      

 

   



Đặt u = x

 ; v = y + Hệ cho thành

3

2

3 45 45

( 1) ( 1) ( 1)

2 4

1

u u u v v v

u v

        

 

   

Xét hàm f(t) = 3 45

2

t  t  t có f’(t) = 3 45

t  t < với t thỏa t  f(u) = f(v + 1)  u = v +  (v + 1)2

+ v2 =  v = hay v = -1  v u

   

 hay

1 v u

       Hệ cho có nghiệm 3; ; 1;

2 2 

    

   

   

Cách khác:

   3    3    

1  x1 12 x 1 y1 12 y1 * Xét hàm số  

12 f t  t t

   

' 12

f t  t   t 

 

'

2 t f t

t       

 BBT:

t  -2 

 

'

f t + - +

 

f t 16

 16

Ta lại có:  

2

1

2

2

x y

   

      

   

Suy ra:

2

2

1 1 3 1

1 1 1 1

2 2 2 2

1

1 1 1 1

1

2 2

2

x x x

y y

y

     

         

   

  

 

          

   

   



Vậy  

 

1 2; 2; x

y

   



   

Hàm số f(t) nghịch biến (-2; 2)

Do đó:  *  f x  1 f y        1 x y x y

Thay vào (2), ta có:

1

3 2

2

3

2

2

y x

y y

y x

     

    

     

Cách 4: (Đa số học sinh chọn cách làm này) Ta có hpt

     

   

3 2

2

3 22

1

2

x y x y x y

x y xy x y

       

  

    

 

      

   

2 2

2

3 22

1

2

x y x y xy x y xy x y

x y xy x y

           

 

  

     



       

   

2

2

3 22

1

2

x y x y xy x y xy x y

x y xy x y

            

   

  

     



Đặt u x y v xy

    

 , hệ phương trình trở thành:

     

 

2

2

3 22 *

1

2 2*

2

u u v u v u

u v u

      

 

  

  Ta có:  2* 1

4 2

v u u

    Thay vào (*), ta có:

2 3 2

3 22 45 82

4 2

u u  u u  u u  u u u   u  u  u 

   

  

2 2 41

4

u u u u v

Suy ra:

 

3 2

1

2 1

2 2

3

2

3 4 2 x x y y

x y x y

x y y

xy y y y y

x y y                                                                      Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm là: 3; ; 1;

2 2               Câu

1 ln(x 1)

I dx x    = 3 2 1

1 ln(x 1)

dx dx

x x

 

  = 13

1 x 

J  =

3J Với

3

2

ln(x 1)

J dx

x  

Đặt u = ln(x+1)  du = 1dx

x ; dv =

dx

x , chọn v = x 

- J = ( 1) ln( 1)3

1 x x    + dx x

 = ( 1) ln( 1)3 x x



  + lnx13 = 4ln ln

 

+ ln3 = 2ln ln

3 

 Vậy I = 2ln ln 3



 

Cách 2: Đặt u = + ln(x+1)  du = dx

x ; đặt dv = dx

x , chọn v = x 

, ta có :

 3

1

1 ln( 1)

I x

x

    +

3

1 ( 1) dx x x

 =  

3

1

1

1 ln( 1) ln x x x x      = 2

ln ln 3



 

Câu

Gọi M trung điểm AB, ta có

2 3 6

a a a

MH MBHB  

2 2 2

2 3 28 7

2 6 36 3

a a a a

CH       CH      2 7 2 3 a

SC  HC  ; SH = CH.tan600 = 21 a

Dựng điểm D cho ABCD hình thoi, AD//BC Vẽ HK vng góc với AD Và tam giác vuông SHK, ta kẻ HI đường cao tam giác SHK Vậy d(BC,SA)

2HI 

B A

C S

H M K

D I

  1 2 7 3 7

,

3 4 12

a a

2 3 3

3 2 3

a a

HK   , hệ thức lượng

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

21 3

3 3

HI HS HK a a

    

   

   

   

   

 

42 3 3 42 42

,

12 2 2 12 8

a a a

HI d BC SA HI

     

Cách 2:

600

N Q

M

K1

A B

C

H S

K

Ta có: ;

3

a a

HB HA

Áp dụng định lý cosin tam giác HBC, ta có:

2 2 7

2 cos 60

9

a a

HC HB BC  HB BC  HC

Hình chiếu vng góc SC lên (ABC) HC nên:   

, 60

SC ABC SCH  Tam giác SHC vuông H Suy 21

.tan 60

3

a a

SH HC  

Vậy

2

1 21

3 3 12

S ABC ABC

a a a

V  SH S   (đvtt)

Tính d(SA, BC):

Gọi M trung điểm BC Ta có 3;

a

AM  AM BC

Dựng đường thẳng d qua A song song với BC Dựng HQ vng góc với d Q, cắt BC N Ta có: AQ SH AQ SNQ SAQ SNQ ; SAQ SNQ SQ

AQ NQ

 

     

 



Trong (SNQ), kẻ NK vng góc với SQ K Ta có: NKSAQNKd N SAQ ,  AQ// BC nên BC // (SAQ) Suy ra: d SA BC , d BC SAQ , d N SAQ , NK

Ta có: 3;

2 a NQ AM 

NH // AM nên 1 3; 3

3 6

NH BH a a a a

NH AM QH NQ NH

AM  BA         

Tam giác SHQ vuông H nên:

2

2 21

3 3

a a a

SQ SH HQ      

   

Ta lại có: 42

2

SQN

SH NQ a

S SH NQ NK SQ NK

SQ

    

Cách gián tiếp:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ Ta có: OH B; Oy S; Oz;OxAB

O z

y

x 600

M

K1

A

B

C

Ta có: 0; ;0 ; 0;0; 21 ; 0; ;0

3 3

a a a

A   S  B 

     

Gọi K1 trung điểm AB, suy ra: 1 1

3

; ;

2

a a a a

CK AB CK  HK AH AK   

Do đó: 3; ;

2

a a

C  

 

 ,  ,

, SA BC AB d SA BC

SA BC

 

 



 

 

    

Ta có: 0;2 ; 21 ; 0; ;0 ; 3; ;0

3 2

a a a a

SA  AB a BC  

   

  

2 2

21 7

, ; ; ; , ;

6

a a a a

SA BC   SA BC AB

      

     

 

    

2 2

2 2

21

,

6 3

a a a a

SA BC      

         

       

 

 

3

2

48

,

8

3 a

a d SA BC

a

 

Nhận xét: Ở HS chọn hệ trục tọa độ sau: O trung điểm AB, BOx;COy Oz; / /HS

Ta có:

2

a a a

OH OBBH    Khi đó:

  21

0; 0; ; ; 0; ; ; 0; ; ; 0; ; 0; ;

6 2

a a a a a

O S  A  B  C 

   

   

  2

2 21 21 21

; 0; ; ; 0; ; ; 0; ; , ; ; ;

3 3

a a a a a a a

SA    AB a BC     SA BC  

     

    

2

3 2 2

7 21

, ; ,

2 3

a a a a a

SA BC AB SA BC      

            

         

     

    

Do đó:  

2

2

, 42

2 ,

8 ,

3 a

SA BC AB a

d SA BC

a SA BC

 

 

  

 

 

  

  (đvtt)

Như HS khơng có kiến thức tốt khoảng cách HHKG lớp 11 việc lựa chọn phương pháp tọa độ không gian đưa tốn dễ nhiều, vấn đề cịn lại suy các điểm liên quan xác với hệ trục tọa độ chọn áp dụng công thức khoảng cách hai đường thẳng chéo xong

Ta có 2 2 3x y y x x y 12( ) P       x y xy =

2 2

3x y y x x y 12[(x y) xy]

      

2

2

3 2.3 12[( ) ]

y x x y x y

x y xy   

    



3

3 2.3

x y x y

x y



   

Đặt t = x y 0, xét f(t) = 2.( 3)3t2 3t

f’(t) = 3

2.3( 3) ln 3t  2 3( 3.( 3) ln 1)t  0  f đồng biến [0; +)  f(t)  f(0) =

Mà 3x y  30 = Vậy P  30 + = 3, dấu “=” xảy  x = y = z = Vậy P = A Theo chương trình Chuẩn :

Câu 7a

Cách Giả sử AB = a (a > 0) Suy ra: ; ; a ADBCa BM CM 

;

3

a a

CN  ND

Ta có:

2

2 1

2 2 2 12 AMN ABCD ADN ABM MNC

a a a a a

S S S S S a  a a  

Kẻ MH vng góc với AN H Ta có:  

11

2

15 2

,

2

5

MH d M AN

 

   

Tam giác AND vuông D nên:

2

2 2 10

3

a a

AN  AD DN  a       Ta lại có:

2

1 5 10

2 12 2

AMN

a a

S  MH AN    a

Tam giác MAB vuông B nên:

2

2 2 45

4

a a

MA AB BM a    Gọi  0; 0 3 0 11; 0

2

A x x  ANMAx  x  

 



 

 

2

0

2

0 0

0

1 1;

45 11 45

2 25 20

2 2 4;5

x A

MA x x x x

x A

  



   

             

 

    

Cách

Đặt AB = a (a > 0) Ta tính góc Ta có : AN = 10

3 a

; AM = a

; MN =

a ; cosA =

2 2

2

AM AN MN

AM AN

 

= 

 45o

MAN 

Cách khác: Để tính MAN = 450 ta tính sau:

Tam giác AEM vng E nên: tanDAM tanEAM EM EA

  

Tam giác AND vuông D nên: tan DN DAN

AD

 

B A

C D

N

M

    

  

0

2

tan tan 3

tan tan( ) 45

1 tan tan 1 2.

3

DAM DAN

MAN DAM DAN MAN

DAM DAN

 

      

 

Đường thẳng AM qua 11 1; 2 M 

  có VTPT n a b;



có phương trình dạng: ax + by 11

2 a 2b

  = a2b2 0  AN có VTPT nAN 2; 1 



  

2

2 1

cos os ,

2

5( )

AN AN

AN

n n a b

MAN c n n

n n a b



   



   

 

 2  

2 2

2 2a b 10 a b 2a b 10 a b

       

 

2

3a 8ab 3b *

   

Nếu b = 0:  

* 3a   0 a (loại) Nếu b0, ta chọn b = 1:  

3

* 1

3 a

a a

a   

    

   

+ Với a3,b1 suy AM: 3x y 170 Ta có: AAMAN  tọa độ A nghiệm hệ :

2

3 17

x y x y

   

   

  A (4; 5) + Với 1,

3

a  b suy AM x: 3y 4 Ta có: A AMAN  tọa độ A nghiệm hệ :

3 x y

x y

   

   

  A (1; -1) Cách 3:

Gọi HANBD Kẻ đường thẳng qua H song song với CD cắt AD, BC P Q Đặt HP x PDx(vì tam giác HPD vng cân P) Ta có:

.3

3

PH AP PH AD x DN

AP x

DN  AD  DN  DN  Do đó: HQ = 3x; QC = x; MQ = x

Suy ra: AHP HMQAH HM   3x 2x2  10 ;x AM     4x 2 2x 2 ;x

2 2

AM AH HM AHM

     vuông H

Do đó:   10 45

2 ,

2

AM  MH  d M AN  MA 

Gọi  0  0

11

; ;

2

A x x  ANMAx  x  

 



 

 

2

0

2

0 0

0

1 1;

45 11 45

2 25 20

2 2 4;5

x A

MA x x x x

x A

  



   

             

 

    

[ , ]

( , )

2

d d MI u AB R

IH d I d

u

   

 

 , [MI u , d] ( 2;0; 2)  IH =  2

2

R   R = 2

3  phương trình mặt cầu (S) :

2

( 3) x y z 

Cách hs bản tính IH cách xác định tọa độ điểm H hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d Ta có: 2 5; ;

3 3 H 

 

Đường thẳng d có phương trình tham số:

1 2

x t

y t

z t

   

       D có VTCP u1; 2;1 ;

Gọi H hình chiếu vng góc I lên đường thẳng d Ta có H trung điểm AB Ta có: H 1 t t; ; 2 t d IH;   t t; ; 1 t

   

1 2.2 1

3 IH u    t t  t      t t

  2 5

; ; 3

H 

  

 

2 2

; ; ;

3 3

IH     IH 

 



Tam giác IAB vng I có IH trung tuyến nên 3 IH HB

Tam giác IHB vuông H nên

2

2 2 3

3 3

IB IH HB      

   

Vậy mặt cầu (S) có tâm I(0;0;3) có bán kính

RIB có phương trình:

 2

2

3

3 x y  z 

Câu 9.a 5 n

n n

C  C (1) Điều kiện: * n n

   

 

(1)  ( 1)( 2) n n n

n    30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0)  n =

Gọi a hệ số x5

ta có

7

7

7

1

i i

i x

C ax

x



     

   

 

  

7

7 14

7 ( 1)

2 i

i i i

C x ax



   

   

   14 – 3i =  i =

7

7

2 i i

C a

   

   

   a = 35 16 

Vậy số hạng chứa x5

35 16 

.x5 B Theo chương trình Nâng cao :

Câu 7b

(C) có tâm O(0;0) có bán kính R2

(E) cắt (C) tạo thành đỉnh hình vng suy hình vng nội tiếp đường trịn (C) Theo giả thiết, ta có: 2a =8 suy a =

Phương trình tắc elip:

2

2

x y

b

Tọa độ đỉnh hình vng nghiệm hệ phương trình:

2

2

2

1

x y x y

b

  

 

 



Giả sử hệ có nghiệm (x,y) = (x0, y0) có nghiệm (-x0; y0); (x0; -y0); (-x0;-y0) Suy hình

vng nhận O làm tâm AB// Ox, CD // Ox Gọi M, N trung điểm AD BA

Tam giác OMA vuông cân M nên: OA2 2OM ON  2 A 2; (E) qua A(2;2) nên:

2

2

2

1

4 b   b Vậy phương trình tắc elip là:

2

2

2

4 4 3

x  y 

 

 

 

Câu 8b. M d M( ; ; 2  t t t t) ( R); A trung điểm MN N(3 ; 2 t  t; 2t) ( )

N P  t N( 1; 4;0)  ;  qua A N nên phương trình có dạng :

2

x y z

 

Câu 9b z x yi 5( )

2 z i

i z

  



5( )

2 x yi i

i x yi

 

  

 

5[( ( 1) ) ( 1)

x y i

i

x yi

 

  

  5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y

         5x5(y1)i(2x 2 y) (  x )y i

2

1 5( 1)

x y x

x y y

   

     

3

7

x y

x y

  

     

1 x y

    



z = + i; 2

1 (1 ) (1 )

w  z z     i i       1 i 2i ( 1)  2 3i  w  9  13 -